Trên mặt đất bằng phẳng có ba chiếc cọc với ba chân cọc \(A,\,B,\,C\) tạo thành một tam giác vuông cân tại \(A\) với \(AB = 60\)cm. Ba đỉnh cọc \(A',\,B',\,C'\) có độ cao lần lượt là \(50\)cm, \(50\)cm và \(120\)cm. Người ta muốn thay quả cầu hiện tại bằng một quả cầu mới có kích thước nhỏ nhất có thể sao cho mặt cầu này vẫn chạm được vào cả ba đỉnh cọc \(A',\,B',\,C'\)(để không bị lọt hẳn xuống dưới). Hãy tính bán kính \(R\) của quả cầu mới này

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD \Rightarrow MH\parallel SA \Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow \) \(OM\parallel SB \Rightarrow SB\parallel \left( {AMC} \right) \Rightarrow d\left( {SB,CM} \right) = d\left( {SB,\left( {MAC} \right)} \right)\)

\( = d\left( {B,\left( {MAC} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {MAC} \right)} \right) = 2d\) và \(MH = \frac{{SA}}{2} = \frac{1}{2};\,AH = HO = 1\).

Khi đó ta có: $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{H{M}^2}+\frac{1}{H{O}^2}+\frac{1}{H{A}^2}=\frac{6}{1^2}\Rightarrow d=\frac{\sqrt{6}}{6}\Rightarrow d\left(SB,MC\right)=\frac{\sqrt{6}}{3}\approx \boxed{\mathrm{0,82}}$.

Đối với chất điểm \(N\): Đồ thị \({v_2}\left( t \right)\) là đường thẳng qua gốc tọa độ nên có dạng \({v_2}\left( t \right) = kt\).
Tại \(t = 3,\,{v_2}\left( 3 \right) = 6 \Leftrightarrow 3k = 6 \Rightarrow k = 2\)
Vậy phương trình vận tốc và gia tốc của \(N\) là: \({v_2}\left( t \right) = 2t \Rightarrow {a_2}\left( t \right) = {v_2}^\prime \left( t \right) = 2\)(m/s2)
Đối với chất điểm \(M\): Đồ thị \({v_1}\left( t \right)\) là một hàm số bậc hai trên bậc nhất có dạng tổng quát là\({v_1}\left( t \right) = \frac{{a{t^2} + bt + c}}{{mt + n}}\)
Vì đồ thị đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) nên \({v_1}\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow c = 0\) nên hàm số \({v_1}\left( t \right) = \frac{{a{t^2} + bt}}{{mt + n}}\)
Tại \(t = 3\) thì \({v_1}\left( 3 \right) = 6 \Rightarrow \frac{{9a + 3b}}{{3m + n}} = 6 \Leftrightarrow 3a + b = 6m + 2n \Rightarrow b = \,6m + 2n - 3a\,\,\,\left( 1 \right)\)
Hàm số đạt cực đại tại \(t = 3\) nên đạo hàm \({v_1}^\prime \left( 3 \right) = 0\):
\({v_1}^\prime \left( t \right) = \frac{{am{t^2} + 2ant + bn}}{{{{\left( {mt + n} \right)}^2}}} \Rightarrow {v_1}^\prime \left( 3 \right) = \frac{{9am + 6an + bn}}{{{{\left( {3m + n} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow 9am + 6an + bn = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Thay \(\left( 1 \right)\) vào \(\left( 2 \right)\)ta được:
\(9am + 6an + \left( {6m + 2n - 3a} \right)n = 0 = 9am + 3an + 6mn + 2{n^2} = \left( {3a + 2n} \right)\left( {3m + n} \right) = 0\)
Vì \(t = 3\) là điểm cực đại nên mẫu số không thể bằng \(0\) tại đó, tức là \(3m + n \ne 0\).
Do đó \(3a + 2n = 0 \Rightarrow a = - \frac{2}{3}n\) suy ra \(b = 6m + 2n - 3\left( { - \frac{2}{3}n} \right) = 6m + 4n\)
Thay \(a\) và \(b\) vào phương trình đạo hàm (gia tốc của\(M\)):\[{a_1}\left( t \right) = \frac{{ - \frac{2}{3}mn{t^2} - \frac{4}{3}{n^2}t + 6mn + 4{n^2}}}{{{{\left( {mt + n} \right)}^2}}}\]
Tại \(t = 1\) giây thì gia tốc hai chất điểm bằng nhau: \({a_1}\left( 1 \right) = {a_2}\left( 1 \right) = 2\) .
Thay \(t = 1\) vào phương trình : \[{a_1}\left( 1 \right) = \frac{{ - \frac{2}{3}mn{{\left( 1 \right)}^2} - \frac{4}{3}{n^2}\left( 1 \right) + 6mn + 4{n^2}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^2}}}\, = 2\,\left( * \right)\]
Từ \[\left( * \right) \Rightarrow \frac{{\frac{{16}}{3}mn + \frac{8}{3}{n^2}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^2}}} = 2 \Leftrightarrow \frac{8}{3}mn + \frac{4}{3}{n^2} = {m^2} + 2mn + {n^2} \Leftrightarrow {n^2} + 2mn - 3{m^2} = 0\]
\( \Leftrightarrow \left( {n - m} \right)\left( {n + 3m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n - m = 0\\n + 3m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = - 3m\,\,\left( l \right)\\n = m\,\,\left( n \right)\end{array} \right.\)
Với \(n = m \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - \frac{2}{3}m}\\{b = 6m + 4m = 10m}\end{array}} \right.\) nên \({v_1}\left( t \right) = \frac{{ - \frac{2}{3}m{t^2} + 10mt}}{{mt + n}} = \frac{{m\left( { - \frac{2}{3}{t^2} + 10t} \right)}}{{m\left( {t + 1} \right)}} = \frac{{ - \frac{2}{3}{t^2} + 10t}}{{t + 1}}\)
Khi hai vật gặp nhau thì \(\int\limits_0^T {{v_1}\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_0^T {{v_2}\left( t \right){\rm{d}}t} = 14\)
$\iff \underset{0}{\overset{T}{\int }}\left(\frac{-\frac{2}{3}{t}^2+10t}{t+1}\right)\text{d}t+\underset{0}{\overset{T}{\int }}2t\text{d}t=14\stackrel{ShiftSolve}{\to }T=\mathrm{2,17}$ (giây)